Premier contrˆ ole continu

Universit´e Paris-Dauphine Analyse 3

J. F´ejoz Octobre 2019

Premier contrˆ ole continu

Dur´ee : 1h30 — Sans document ni appareil ´electronique.

Toutes les r´eponses doivent ˆetre justifi´ees mais concises.

Mentionner sur la copie les erreurs d’´enonc´e ´eventuelles.

Chaque question sera not´ee sur 3 points.

1. Rappeler la d´efinition d’une suite de Cauchy et donner un exemple de suite qui n’est pas de Cauchy.

Solution. Une suite punq est de Cauchy si, pour tout ε ą0, il existe un rang N tel que, pour tous p, qěN,|u_p´u_q| ăε.

Consid´erons la suite pu_n“ p´1qⁿq. Soitε“1. Pour toutN, les entiers p“2N et q “2N `1 sont ďN et pourtant

|up´uq| “2ěε.

Donc punqn’est pas de Cauchy. (On peut aussi remarquer que les suites extraites pu_2n “ 1q et pu_2n`1 “ ´1q ont deux limites distinctes, de sorte que pu_nq ne converge pas, de sorte quepunq n’est pas de Cauchy.)

2. Montrer qu’une suite convergente est de Cauchy.

Solution. Notons ` la limite d’une suite convergente punq. Soientεą 0. Il existe un rang N `a partir duquel

|un´`| ăε{2.

Pour tous p, qěN,

|u_p´u_q| ď |u_p´`| ` |`´u_q| ăε.

Donc la suite est de Cauchy.

3. Calculer le d´eveloppement limit´e des fonctions suivantes en 0 `a l’ordre 3 : cos sinx, sin cosx.

(On pourra alternativement remplacerx par 1{k, avec kPN˚,kÑ 8.)

Solution. Les fonctions sin et cos sont de classe C⁸, donc les d´eveloppements limit´es demand´es existent et on peut les calculer `a partir des d´eveloppements limit´es de sin et de cos.

Les deux fonctions `a d´evelopper sont paires, donc la partie r´eguli`ere de leurs d´eveloppements `a l’ordre 2 et 3 sont les mˆemes.

Pour la premi`ere :

cos sinx“cospx`opxqq

“1´ px`opxqq<sup>2</sup>{2`oppx`opxqq³q,

2

avec ´px`opx<sup>2</sup>qq<sup>2</sup>{2 “ ´x<sup>2</sup>{2`opx²q and oppx`opxqq<sup>3</sup>q “ opx<sup>3</sup>q. (D´evelopper le sinus `a l’ordre 3 serait inutile puisque le terme en x³ aurait une contribution finale en x⁴.) Donc

cos sinx“1´x²{2`opx³q.

Pour la seconde :

sin cosx“sinp1´x²{2`opx³qq

“sin 1 cospx²{2`opx<sup>3</sup>qq ´cos 1 sinpx<sup>2</sup>{2`opx³qq

“sin 1´cos 1px²{2`opx³qq

“sin 1´ pcos 1qx²{2`opx³q.

4. Trouver a, bPRtels que

cosx´1`ax²

1`bx² “opxⁿq avec nPNmaximal.

Solution. La fonction du membre de gauche est paire, donc deux param`etres donnent espoir de pouvoir ajuster les deux premiers coefficients d’indice pair non nul. Faisons donc un d´eveloppement `a l’ordre 4. On veut

p1`ax<sup>2</sup>qp1´bx<sup>2</sup>`b²x⁴`opx<sup>4</sup>qq “1´x<sup>2</sup>{2`x⁴{24`opx⁴q donc

a´b“ ´1{2, bpb´aq “1{24, donc

a“ ´5{12, b“1{12.

Comme pr´evu, le d´eveloppement `a l’ordre 4 a compl`etement d´etermin´e les valeurs n´ecessaires de aetb.

R´eciproquement, comme le mˆeme calcul le montre, ces valeurs de aetb font que l’´egalit´e demand´ee est bien v´erifi´ee avec n“4.

5. Soit f une fonction r´eelle d´efinie sur un voisinage de 0 dansR. Montrer que f est d´erivable en 0 si et seulement sif poss`ede un d´eveloppement limit´e du premier ordre en 0. Si f poss`ede un d´eveloppement limit´e du second ordre en 0, est-elle deux fois d´erivable ?

Solution.

La fonctionf est d´erivable en 0 de d´eriv´eef¹p0q ðñ lim

xÑ0

fpxq ´fp0q

x “f¹p0q ðñ fpxq ´fp0q

x “f¹p0q `op1q ðñ fpxq “fp0q `f¹p0qx`opxq.

Exemple : La fonction f :x ÞÑ x²cosp1{xq (qui se prolonge par continuit´e en 0) poss`ede un d´eveloppement limit´e du premier ordre en 0 (de partie r´eguli`ere nulle), donc est d´erivable en 0. (Le calcul de sa d´eriv´ee en dehors de 0 montre que la d´eriv´ee n’est pas continue en 0, donc que f n’est pas deux fois d´erivable en 0.)

3

Mais qu’en est-il `a l’ordre deux ? Consid´erons maintenant g : x ÞÑ x³sinp1{xq.

Cette fonction admet ´evidemment un d´eveloppement limit´e du second ordre (de partie r´eguli`ere nulle). Mais elle n’est pas deux fois d´erivable en 0, puisque sa d´eriv´ee premi`ere vaut (en dehors de 0)

g¹pxq “3x²sinp1{xq ´xcosp1{xq, et donc que le taux d’accroissement

gpxq

x “3xsinp1{xq ´cosp1{xq n’a pas de limite en 0.

6. La suitepunqtelle que u0P s0,`8ret u<sub>n`1</sub>“?

1`u_n p@nPNq

est-elle monotone, converge-t-elle dans Ret, si oui, quelle est sa limite ? Solution. Comme la fonctionf :xÞÑ?

1`xest `a valeurs positives, par r´ecurrence on voit que pu_nqnPN est bien d´efinie, et `a valeurs r´eelles positives.

La fonction xÞÑ fpxq ´x strictement d´ecroissante sur r0,`8r, et vaut 1 en 0 et 0 en `“ ^1`

?5

2 ą1 (lenombre d’or). Donc

— siu0 ă`,punq est croissante et major´ee par `

— siu₀ “`,pu_nq est constante

— siu0 ą`,punq est d´ecroissante et minor´ee par`.

Dans les trois cas, pu_nq converge, et, puisque f est continue et que pu<sub>n`1</sub>q a la mˆeme limite, cette limite ne peut ˆetre que `elle-mˆeme.

7. Soit S_n “ 1` <sup>1</sup><sub>2</sub> ` ¨ ¨ ¨ ` <sub>n</sub><sup>1</sup> (n ě 1). Trouver un ´equivalent de S<sub>n</sub>; on pourra commencer par montrer que lnp1`nq ďSnď1`lnn.

Solution. Pour toutkě1,

ż_k`1

k

dt t ď 1

k et, sikě2,

1 k ď

ż_k`1

k

dt t´1. Donc, pour toutně1,

ż_n

1

1

t ďS_nď1` ż<sub>n`1</sub>

2

dt t´1, soit, en int´egrant,

lnpn`1q ďSnď1`lnn.

La minoration et la majoration de Sn sont ´equivalentes `a lnn, donc S_n„lnn.